2021高考数学(人教通用-理科)二轮专题整合：突破练1.docx

1已知函数f(x)sin xcos cos 2x.(1)求函数f(x)的最大值，并写出f(x)取最大值时x的取值集合；(2)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若f(A)，bc3.求a的最小值解(1)f(x)sin xcos 2xsin xcos xcos 2xsin .函数f(x)的最大值为.当f(x)取最大值时sin1，2x2k(kZ)，解得xk，kZ.故x的取值集合为(2)由题意f(A)sin ，化简得sin (2A).A(0，)，2A(，)，2A，A.在ABC中，依据余弦定理，得a2b2c22bccos (bc)23bc.由bc3，知bc2，即a2.当bc时，a取最小值.2某市为“市中同学学问竞赛”进行选拔性测试，且规定：成果大于或等于90分的有参赛资格，90分以下(不包括90分)的被淘汰，若有500人参与测试，同学成果的频率分布直方图如图(1)求获得参赛资格的人数；(2)依据频率分布直方图，估算这500名同学测试的平均成果；(3)若学问竞赛分初赛和复赛，在初赛中每人最多有5次选题答题的机会，累计答对3题或答错3题即终止，答对3题者方可参与复赛，已知参赛者甲答对每一个问题的概率都相同，并且相互之间没有影响，已知他连续两次答错的概率为，求甲在初赛中答题个数的分布列及数学期望E()解(1)由频率分布直方图得，获得参赛资格的人数为500(0.005 00.004 30.003 2)20125人(2)设500名同学的平均成果为，则(3050)0.0 065(5070)0.0 140(7090)0.0 170(90110)0.0 050(110130)0.0 043(130150)0.0 0322074.84分(3)设同学甲答对每道题的概率为P(A)，则1P(A)2，P(A).同学甲答题个数的可能值为3,4,5.则P(3)33，P(4)C3C3，P(5)C22.所以的分布列为345PE()345.3数列an的前n项和为Sn，若an14Sn1，a11.(1)求数列an的通项公式；(2)设bnnan，求数列bn的前n项和Tn.解(1)当n2时，an4Sn11，又an14Sn1，an1an4an，即3，n2，又a24a113，a11，数列an是首项为a11，公比为q3的等比数列，an(3)n1.(2)由(1)可得bnn(3)n1，Tn1(3)02(3)13(3)2(n1)(3)n2n(3)n1，3Tn1(3)12(3)2(n2)(3)n2(n1)(3)n1n(3)n，4Tn1(3)1(3)2(3)n1n(3)n，所以，Tn.4如图，在直角梯形ABCP中，APBC，APAB，ABBCAP2，D是AP的中点，E、G分别为PC、CB的中点，F是PD上的点，将PCD沿CD折起，使得PD平面ABCD.(1)若F是PD的中点，求证：AP平面EFG；(2)当二面角GEFD的大小为时，求FG与平面PBC所成角的余弦值(1)证明F是PD的中点时，EFCDAB，EGPB，AB平面EFG，PB平面EFG，ABPBB，平面PAB平面EFG，AP平面PAB，AP平面EFG.(2)解建立如图所示的坐标系，则有G(1,2,0)，C(0,2,0)，P(0,0,2)，E(0,1,1)，B(2,2,0)，设F(0,0，a)，(1，2，a)，(1，1,1)，设平面EFG的法向量n1(x，y,1)，则有解得n1(2a，a1,1)取平面EFD的法向量n2(1,0,0)，依题意，cos n1，n2，a1，于是(1，2,1)设平面PBC的法向量n3(m，n,1)，(0,2，2)，(2,0,0)，则有解得n3(0,1,1)设FG与平面PBC所成角为，则有sin |cos ，n3|，故有cos .5过抛物线y24x的焦点F作倾斜角为锐角的直线l，l与抛物线的一个交点为A，与抛物线的准线交于点B，且.(1)求以AB为直径的圆被抛物线的准线截得的弦长；(2)平行于AB的直线与抛物线相交于C、D两点，若在抛物线上存在一点P，使得直线PC与PD的斜率之积为4，求直线CD在y轴上截距的最大值解 (1)过A作y24x准线的垂线AH，垂足为H，则|AH|AF|AB|，所以直线AB的方程为y(x1)，所以B(1，2)，|BF|4，所以，以AB为直径的圆为(x1)2y216，所以，截得的弦长为4.(2)设直线CD：yxm，P，C，D，把yxm代入y24x，消去x得，y24y4m0，则y1y2，y1y2，1616m0，所以m，所以，kPCkPD4，所以y1y2y0(y1y2)y4，所以y4，所以y4y0(4m4)0.所以164(4m4)0，所以m当m时，直线CD：yx，所以直线在y轴上截距最大值为.6已知函数f(x)ln x.(1)求证：当0x1时，f(1x)x；(2)设g(x)ax(x1)f(x1)，若g(x)的最大值不大于0，求a的取值集合；(3)求证：(11)(1)(1)e(nN*)(1)证明要证f(x1)xx3(0x1)，即证：ln(x1)xx3(0x1)，设u(x)xx3ln(x1)(0x1)，则u(x)0，所以，u(x)在(0,1)递增，即u(x)u(0)0.从而f(x1)xx3(0x1)成立(2)解g(x)ax(x1)ln(x1)，g(x)a1ln(x1)，令g(x0)0，则x0ea11.x(1，x0)x0(x0，)g(x)0g(x)极大g(x)maxg(x)极大值g(x0)a(ea11)(a1)ea1ea1a，令a1x，则ax1，g(x)maxex(x1)，设h(x)ex(x1)，则h(x)ex1.令h(x)0，则x0.x(，0)0(0，)g(x)0g(x)微小所以，h(x)h(0)0，从而有ea1a0，又由于g(x)maxea1a0，所以，ea1a0，即：a1.(3)证明要证(11)e，即证：ln(11)lnln，由(2)可知ln(x1)，令x，当n3时，ln，所以，ln1，ln，ln，所以，ln(11)lnln1ln 2，即：(11)(1)e成立